方程思想的应用

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在三角函数中

例1已知$\alpha\in (0，\pi)$，且$sin\alpha+cos\alpha=\cfrac{1}{5}$，求$sin\alpha\cdot cos\alpha$、$sin\alpha-cos\alpha$、$\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}$的值；

法1：由$\begin{cases}sin\alpha+cos\alpha=\cfrac{1}{5}\\sin^2\alpha+cos^2\alpha=1\end{cases}$，解得$\begin{cases}sin\alpha=\cfrac{4}{5}\\cos\alpha=-\cfrac{3}{5}\end{cases}$或$\begin{cases}sin\alpha=-\cfrac{3}{5}\\cos\alpha=\cfrac{4}{5}\end{cases}(舍去)$，

再求得$sin\alpha\cdot cos\alpha=-\cfrac{12}{25}$、$sin\alpha-cos\alpha=\cfrac{7}{5}$、$\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=tan\alpha=-\cfrac{4}{3}$；

法2：给$sin\alpha+cos\alpha=\cfrac{1}{5}$两边平方，得到$1+2sin\alpha\cdot cos\alpha=\cfrac{1}{25}$，

则$sin\alpha\cdot cos\alpha=-\cfrac{12}{25}$，且$sin\alpha>0，cos\alpha<0$，

则$1-2sin\alpha\cdot cos\alpha=(sin\alpha-cos\alpha)^2=\cfrac{49}{25}$，故$sin\alpha-cos\alpha=\cfrac{7}{5}$；

将$sin\alpha+cos\alpha=\cfrac{1}{5}$和$sin\alpha-cos\alpha=\cfrac{7}{5}$联立，解得$\begin{cases}sin\alpha=\cfrac{4}{5}\\cos\alpha=-\cfrac{3}{5}\end{cases}$；

则得到$\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=tan\alpha=-\cfrac{4}{3}$；

法3：实际高考中，我们常常是利用勾股数来快速求解的，比如已知$\alpha\in (0，\pi)$，且$sin\alpha+cos\alpha=\cfrac{1}{5}$，快速联系勾股数$3、4、5$，则$sin\alpha$和$cos\alpha$的值必然在$\pm\cfrac{3}{5}$和$\pm\cfrac{4}{5}$中快速选择，

则由$sin\alpha\cdot cos\alpha=-\cfrac{12}{25}<0$，可知$sin\alpha>0，cos\alpha<0$，故$\begin{cases}sin\alpha=\cfrac{4}{5}\\cos\alpha=-\cfrac{3}{5}\end{cases}$

解后反思：1、在$sin\alpha+cos\alpha$、$sin\alpha-cos\alpha$、$sin\alpha\cdot cos\alpha$、$\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}$这四个式子中，知一求三是经常应用的运算；

2、注意勾股数快速确定三角函数值的方法。常用的勾股数$3n，4n，5n(n\in N^*)$；$5，12，13$；$7，24，25$；$8，15，17$；$9，40，41$；

3、由于用$sin\alpha\pm cos\alpha=t$，可以表示$sin\alpha\cdot cos\alpha$的值，故我们可以利用这一思路求解如下问题：

①求函数$y=sin\alpha-cos\alpha+sin\alpha\cdot cos\alpha，\alpha\in [0，\cfrac{\pi}{2}]$的值域问题。

②求函数$y=\cfrac{sin\alpha\cdot cos\alpha}{sin\alpha+cos\alpha}，\alpha\in [0，\cfrac{\pi}{2}]$的值域问题。

例2已知$\theta$为第三象限的角，且$tan\theta=2$，求$sin\theta$和$cos\theta$。

【法1】：常规方法，方程组法，由已知条件可得到，$\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{sin\theta}{cos\theta}=2}\\{sin^2\theta+cos^2\theta=1}\end{array}\right.$，

解得$\left\{\begin{array}{l}{sin\theta=-\cfrac{2\sqrt{5}}{5}}\\{cos\theta=-\cfrac{\sqrt{5}}{5}}\end{array}\right.$，或$\left\{\begin{array}{l}{sin\theta=\cfrac{2\sqrt{5}}{5}}\\{cos\theta=\cfrac{\sqrt{5}}{5}}\end{array}\right.(舍去)$，

故有$sin\theta=-\cfrac{2\sqrt{5}}{5}$；$cos\theta=-\cfrac{\sqrt{5}}{5}$；

【法2】：三角函数定义法，简单方法。由于$tan\theta=2$，则角$\theta$的终边在射线$y=2x{x<0}$上，

故在射线$y=2x{x<0}$上取点$(-1，-2)$，则由三角函数的定义可知，$x=-1$，$y=-2$，$r=\sqrt{5}$，

则$sin\theta=\cfrac{y}{r}=\cfrac{-2}{\sqrt{5}}=-\cfrac{2\sqrt{5}}{5}$；$cos\theta=\cfrac{x}{r}=\cfrac{-1}{\sqrt{5}}=-\cfrac{\sqrt{5}}{5}$；

【法3】：引入比例因子法，由$tan\theta=\cfrac{sin\theta}{cos\theta}=2$，$\theta$为第三象限的角，

可设$sin\theta=2k$，$cos\theta=k(k<0)$，

由于$sin^2\theta+cos^2\theta=1$，即$5k^2=1$，解得$k=-\cfrac{\sqrt{5}}{5}$，

故有$sin\theta=-\cfrac{2\sqrt{5}}{5}$；$cos\theta=-\cfrac{\sqrt{5}}{5}$；

例3已知$tan\alpha=\cfrac{1}{2}$，求$sin^4\alpha-cos^4\alpha$的值。

【法1】：方程组法，由$\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=\cfrac{1}{2}}\\{sin^2\alpha+cos^2\alpha=1}\end{array}\right.$，

解得$sin^2\alpha=\cfrac{1}{5}$，$cos^2\alpha=\cfrac{4}{5}$，

代入得到$sin^4\alpha-cos^4\alpha=-\cfrac{3}{5}$；

【法2】：齐次式法，$sin^4\alpha-cos^4\alpha=(sin^2\alpha-cos^2\alpha)(sin^2\alpha+cos^2\alpha)=sin^2\alpha-cos^2\alpha$

$=-cos2\alpha=-\cfrac{cos^2\alpha-sin^2\alpha}{sin^2\alpha+cos^2\alpha}=\cfrac{1-tan^2\alpha}{1+tan^2\alpha}=-\cfrac{3}{5}$；

【法3】：由$\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=\cfrac{1}{2}$，引入比例因子，可设$sin\alpha=k$，$cos\alpha=2k(k\neq 0)$，

由$k^2+(2k)^2=1$，可得$k^2=\cfrac{1}{5}$，故$k^4=\cfrac{1}{25}$，

则$sin^4\alpha-cos^4\alpha=k^4-(2k)^4=-15k^4=-\cfrac{3}{5}$；

在数列中

在等差或等比数列中，$a_n，n，S_n，a_1，d(q)$，知三求二类

1、已知等比数列$\{a_n\}$中， $a_3=4$， $a_9=1$，求$a_6=$？

分析：$a_6^2=a_3\cdot a_9=4$，故$a_6=\pm 2$。原因是$a_6=a_3\cdot q^3$，$q^3$可取正负两种情形，故$a_6=\pm 2$。

2、已知等比数列$\{a_n\}$中， $a_3=4$， $a_11=1$，则$a_7=$？

分析：$a_7^2=a_3\cdot a_11=4$，故$a_7=\pm 2$。又由于$a_7=a_3\cdot q^4$，$q^4$只能取正值一种情形，故$a_7=2$。

3、已知数列$\{a_n\}$是递增等比数列，$a_1+a_4=9$，$a_2\cdot a_3=8$，求其前$n$项和$S_n$。

分析：由题目可知$a_2\cdot a_3=a_1\cdot a_4=8$，故得到二元二次方程组$\begin{cases}a_1+a_4=9\\a_1\cdot a_4=8\end{cases}$，

将$a_1=9-a_4$代入$a_1\cdot a_4=8$，解得$a_1=1$或$a_1=8$，对应得到$a_4=8$或$a_4=1$，即得到两组解，

$\begin{cases}a_1=1\\a_4=8\end{cases}$或者$\begin{cases}a_1=8\\a_4=1\end{cases}(由递增舍去)$，故有$a_1=1，a_4=8$，

则$q=2$，故$a_n=2^{n-1}$，$S_n=2^n-1$。

4、在等比数列$\{a_n\}$中， $a_4=2$， $a_5=5$，则数列$\{lga_n\}$的前8项之和$T_8$为多少？

法1：由$a_4=2$， $a_5=5$，求得$q=\cfrac{5}{2}$，

则$a_n=a_4\cdot q^{n-4}=2\cdot (\cfrac{5}{2})^{n-4}$，

故$lga_n=lg2+(n-4)lg\cfrac{5}{2}$，故$\{lga_n\}$为等比数列。

又可以计算$a_1=\cfrac{16}{125}$，

故$T_8=8lg\cfrac{16}{125}+\cfrac{8\times7}{2}\cdot lg\cfrac{5}{2}=\cdots=4$。

法2：由于$\{a_n\}$为等比数列，则有$\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=q$；

故有$lga_{n+1}-lga_n=lgq$，即数列$\{lga_n\}$为等比数列。

$T_8=\cfrac{lga_1+lga_8}{2}\cdot 8=4lg(a_1\cdot a_8)=4lg(a_4\cdot a_5)=4lg10=4$。

例5【2018安徽合肥模拟】【综合应用】

已知数列$\{a_n\}$满足$a_1=1$，$a_2=4$，$a_{n+2}+2a_n=3a_{n+1}(n\in N^*)$，求数列的通项公式。

分析：用待定系数法，设$a_{n+2}+pa_{n+1}=k(a_{n+1}+pa_n)$，$k，p\in R$，

整理得到$a_{n+2}-kp\cdot a_n=(k-p)a_{n-1}$，

比照$a_{n+2}+2a_n=3a_{n+1}$，得到$kp=-2$，$k-p=3$，

解得$\left\{\begin{array}{l}{k=2}\\{p=-1}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{k=1}\\{p=-2}\end{array}\right.$，

【法1】：当$k=2$，$p=-1$时，已知式变形为$a_{n+2}-a_{n+1}=2(a_{n+1}-a_n)$，又$a_2-a_1=3$，

即数列$\{a_{n+1}-a_n\}$是以$a_2-a_1=3$为首项，以$2$为公比的等比数列，

则$a_{n+1}-a_n=3\times 2^{n-1}$，接下来求$a_n$，使用累加法。

过程省略，可以求得$a_n=3\times 2^{n-1}-2(n\in N^*)$。

【法2】：当$k=1$，$p=-2$时，已知式变形为$a_{n+2}-2a_{n+1}=a_{n+1}-2a_n$，又$a_2-2a_1=2$，

即数列$\{a_{n+1}-2a_n\}$是以$a_2-2a_1=2$为首项，以$0$为公差的等差数列，

则$a_{n+1}-2a_n=2+(n-1)\times 0=2$，接下来求$a_n$，再次使用待定系数法。

$a_{n+1}-2a_n=2+(n-1)\times 0=2$，得到$a_{n+1}=2a_n+2$，

$a_{n+1}+2=2(a_n+2)$，故数列$\{a_n+1\}$是以$a_1+1=3$，以$2$为公比的等比数列；

故$a_n=3\times 2^{n-1}(n\in N^*)$。

【法3】：由上可知，\[a_{n+1}-a_n=3\times 2^{n-1}①，\]

\[a_{n+1}-2a_n=2②；\]联立解以$a_{n+1}$和$a_n$为元的二元一次方程组，

解得得$a_n=3\times 2^{n-1}-2(n\in N^*)$。

在解三角形中

已知两边及一边的对角，求第三边，解方程

例6【2016天津高考】考查：正余弦定理解三角形
在$\Delta ABC$中，$AB=\sqrt{13}$，$BC=3$，$\angle C=120^{\circ}$，则$AC$=【】

$A.1$ $B.2$ $C.3$ $D.4$

分析：本题目已知$c=AB=\sqrt{13}$，$a=BC=3$，$\angle C=120^{\circ}$，即已知两边及一边的对角，求第三边$AC=b=?$；求解思路可以用正弦定理，也可以用余弦定理，不过使用余弦定理一次就能到位。

由$c^2=a^2+b^2-2abcosC$，代值得到$13=9+b^2-2\times 3\times b\times (-\cfrac{1}{2})$；

化简得到$b^2+3b-4=0$，解得$b=1$或$b=-4$(舍负)，故$AC=1$，选A。

反思：在具体题目中到底应该选正弦定理还是余弦定理来解三角形，应该具体分析，当然还需要我们搞清楚这两个定理能解决的基本类型，以便于更好的使用。

例7【2019届高三理科数学三轮模拟试题】已知$\triangle ABC$的内角$A$，$B$，$C$所对的边分别是$a$、$b$、$c$，且满足$(b+2c)cosA=-acosB$，设$D$为$BC$的中点，$b=4$，$AD=\sqrt{7}$，则$c$= 【】

【法1】：如图所示，由$(b+2c)cosA=-acosB$，边化角，得到$A=120^{\circ}$，设$BD=CD=y$，$AB=x$，$\angle ADB=\alpha$，$\angle ADC=\beta$，

在$\triangle ABC$中，$AB=x$，$AC=4$，$BC=2y$，$A=120^{\circ}$，

则由余弦定理得到$(2y)^2=x^2+16-2\cdot 4x\cdot cos120^{\circ}$①，

又在$\triangle ADB$和$\triangle ADC$中，由$cos\alpha+cos\beta=0$，得到$\cfrac{7+y^2-x^2}{2\sqrt{7}y}+\cfrac{7+y^2-16}{2\sqrt{7}y}=0$②，

联立①②，得到$x=6$或$x=-2$(舍去)，故选$A$。

【法2】：由$(b+2c)cosA=-acosB$，边化角，得到$A=120^{\circ}$，由于点$D$为$BC$的中点，利用向量方法，

$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AD}$，两边平方，得到

$|\overrightarrow{AB}|^2+|\overrightarrow{AC}|^2+2\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}cos120^{\circ}=4|\overrightarrow{AD}|^2$，即$x^2+16+2\cdot x\cdot 4\cdot (-\cfrac{1}{2})=28$，

化简为$x^2-4x-12=0$，解得$x=6$或$x=-2$(舍去)，故选$A$。

解后反思：法1为通法，法2特殊解法，比如点$D$变化为四分之三等分点，法2就失效了；同时注意，出现$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AD}$或者$\overrightarrow{AD}=\cfrac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})$，意味着点$D$为$BC$的中点。

在函数中

例7若函数$f(x)$满足$f(x)+2f(1-x)=x$，则$f(x)$的解析式为__________.

分析：方程组法，用$1-x$替换原方程中的$x$,得到$f(1-x)+2f(x)=1-x$，

联立两式，则有$\begin{cases}f(x)+2f(1-x)=x\\f(1-x)+2f(x)=1-x\end{cases}$，

解以$f(x)$和$f(1-x)$为元的二元一次方程组，

解得$f(x)=\cfrac{2}{3}-x$;

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